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2026届高考物理高二升高三暑假提分综合必修二提高练习
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．如图所示，物体以恒定的速率沿圆弧AB做曲线运动，下列对它的运动分析正确的是（　　）
A．因为它的速率恒定不变，做匀速运动
B．该物体受的合外力一定不等于零
C．该物体受的合外力一定等于零
D．它的加速度方向与速度方向有可能在同一直线上
2．如图所示，四个相同的小球A、B、C、D，其中A、B、C位于同一高度h处，A做自由落体运动，B沿光滑斜面由静止滑下，C做平抛运动，D从地面开始做斜抛运动，其运动的最大高度也为h。在每个小球落地的瞬间，其重力的功率分别为PA、PB、PC、PD。下列关系式正确的是（　　）

A． B．
C． D．
3．2024年1月18日天舟七号货运飞船入轨后顺利完成状态设置，成功对接于空间站天和核心舱后向端口，据悉天舟七号在返回地面过程中还要释放小卫星（小卫星运行圆轨道半径小于核心舱圆轨道半径）。关于在圆轨道上运行的货运飞船、核心舱及小卫星，下列说法正确的是（　　）
A．核心舱的速度大于第一宇宙速度
B．核心舱中的宇航员处于完全失重状态，不受地球的引力
C．小卫星运行的加速度大于核心舱的加速度
D．小卫星运行的周期大于核心舱的周期
4．辘轳是古代庭院汲水的重要机械。如图所示，井架上装有可用手柄摇转的辘轳，辘轳上缠绕绳索，绳索一端系水桶，摇转手柄，使水桶起落，提取井水。P是辘轳边缘上的一个质点，Q是手柄上的一个质点，当手柄以恒定的角速度转动时
A． P 的线速度大小大于Q 的线速度大小
B． P的向心加速度大小小于Q的向心加速度大小
C．辘轳对P 的作用力大小和方向都不变
D．辘轳对P 的作用力大小不变、方向变化
5．2024 年 10 月 30 日，神舟十九号载人飞船点火升空，3 名航天员成功进入中国空间站。已知地球半径为 R，空间站绕地球做圆周运动的轨道半径为 kR，周期为 T，引力常量为 G。下列说法正确的是（　　）
A．地球的质量为 B．地球的平均密度为
C．空间站的线速度大小为 D．空间站所在高度处的重力加速度大小为
6．风力发电机的叶片上有、两点，其中，在一个叶片的端点，在另一叶片的中点。当叶片转动时，下列说法正确的是（　　）
A．、两点的向心加速度大小相等 B．、两点的角速度相同
C．、两点的线速度大小相等 D．、两点的转速不同
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．物理来源于生活，也可以解释生活。对于如图所示生活中经常出现的情况，分析正确的是（　　）
A．图甲所示为洗衣机脱水桶，其脱水原理是利用了超重现象
B．图乙中物体随水平圆盘一起做圆周运动时，只受到指向圆盘圆心的摩擦力
C．图丙中汽车过拱桥最高点时，速度越大，对桥面的压力越小
D．图丁中若轿车转弯时速度过大发生侧翻，是因为需要的向心力大于提供的向心力
8．链球运动是田径项目中的一个投掷类竞技项目，比赛时运动员紧握链球把手，通过身体旋转，将链球沿预定角度掷出。某次比赛中，假设链球脱手前做匀速圆周运动，其圆周平面与水平面夹角为，如图所示，不计连接链球的铁链质量，忽略空气阻力影响，在链球脱手前做匀速圆周运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．铁链的拉力大小不变，方向时刻指向圆心
B．铁链的拉力在最高点最小，最低点最大
C．链球上升过程中，克服重力做功的瞬时功率先增大后减小
D．下降过程中，铁链拉力一直做负功
9．弹簧在社会生活中得到广泛的应用，如控制机械的运动、内燃机中的阀门弹簧、离合器中的控制弹簧等如图所示为一竖直放置的劲度系数足够大的轻质弹簧，其下端固定在水平地面上，一定质量的小球从轻质弹簧正上方某一高处自由落下，并将弹簧压缩，直到小球的速度减为零对于小球和轻质弹簧组成的系统，在小球开始与弹簧接触至弹簧压缩到最短的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球的机械能守恒
B．小球的动能不断减小
C．小球的动能与重力势能之和逐渐减小
D．小球的动能与弹簧的弹性势能之和逐渐增大
10．质量为m的汽车在平直公路上以额定功率P额行驶，当速度为v时，汽车加速度a＝0.5g；当速度为2v时，汽车加速度为a。当汽车在倾角为30°的斜坡上加速上行，其达到最大速度vm时的牵引力为F牵，重力加速度为g，汽车在行驶过程中阻力F阻不变，则下列说法正确的是(　　)
A．F阻＝mg B．P额＝mgv
C．F牵＝mg D．vm＝v
三、非选择题（本大题共5小题，共56分）
11．在“探究平抛运动的特点”实验中，回答下列问题：
（1）用图1装置进行探究，下列说法正确的是_______（填字母序号）。
A．需调整装置高度，多次重复实验
B．探究平抛运动水平分运动的特点
C．探究平抛运动竖直分运动的特点
（2）用图2装置进行实验，下列说法正确的是_______（填字母序号）。
A．斜槽轨道必须光滑
B．记录的点应适当多一些
C．y轴的方向根据重垂线确定
D．上下调节挡板N时必须每次等间距移动
E．小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下
（3）用图3装置进行实验，竖直挡板上附有复写纸和白纸，可以记下钢球撞击挡板时的点迹。实验时将挡板依次水平向右移动x，钢球从斜槽上P点静止滚下，撞击挡板留下点迹0、1、2。以点迹0为坐标原点O，竖直向下建立坐标轴y，点迹坐标值分别为y1、y2。已知重力加速度为g，则钢球平抛初速度v0= 。
12．我国航天技术飞速发展，设想数年后宇航员登上了某星球表面。宇航员从距该星球表面高度为h处，沿水平方向以初速度v抛出一小球，测得小球做平抛运动的水平距离为L，已知该星球的半径为R，引力常最为G，忽略星球自转，试求：
（1）该星球表面的重力加速度g；
（2）该星球的平均密度ρ。
13．如甲图所示，在“验证机械能守恒定律”的实验中，在释放纸带前，重物应靠近打点计时器，手捏住纸带上部释放，打出一条清晰的纸带如图乙所示，为下落起始点，、、为纸带上打出的连续点迹，若重物质量为，重力加速度为，相邻打点时间间隔为。
（1）除图中器材外，以下器材中还必须使用的是___________。
A．天平 B．秒表 C．刻度尺 D．螺旋测微器
（2）下列说法正确的是___________。
A．应先释放纸带，再接通电源
B．必须测量重物的质量
C．电磁打点计时器使用的是直流电源
D．实验时，因存在阻力，所以重物减少的重力势能总是略大于增加的动能
（3）从到的过程中，重物减小的重力势能为 请用题中和图中字母表示。
（4）打点计时器打点时，重物的瞬时速度为 请用题中和图中字母表示。
14．如图是深坑打夯机的示意图,电动机带动两个摩擦轮匀速转动,将压紧的夯杆从深坑提起。当夯杆的下端刚到达坑口时,两个摩擦轮将夯杆松开,夯杆在自身重力的作用下,最后落回坑底,这样周而复始地进行,可以达到将坑底夯实的目的。已知两摩擦轮边缘处的线速度均为,两摩擦轮对夯杆的正压力均为,与夯杆间的动摩擦因数,夯杆的质量,坑深,不计因打夯引起的深度变化,忽略空气阻力及夯杆与坑底作用时间。重力加速度取。求:
（1） 该深坑打夯机的打夯周期;
（2） 一个打夯周期内电动机因带动夯杆而做功的功率。（保留三位有效数字）
15．如图，半径的光滑圆弧轨道ABC与足够长的粗糙轨道CD在C处平滑连接，O为圆弧轨道ABC的圆心，B点为圆弧轨道的最低点，半径OA、OC与OB的夹角分别为和在高的光滑水平平台上，一质量的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存了一定量的弹性势能，若打开锁扣K，小物块将以一定的水平速度向右飞下平台，做平抛运动恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道。已知物块与轨道CD间的动摩擦因数，重力加速度g取，，，求：
（1）弹簧储存的弹性势能；
（2）物块经过B点时，对圆弧轨道压力；
（3）物块在轨道CD上运动的路程s。
参考答案
1．【知识点】曲线运动中运动轨迹与合外力、速度方向之间的关系
【答案】B
【详解】物体以恒定的速率沿圆弧AB做曲线运动，物体运动的轨迹为曲线，曲线运动的速度方向时刻改变，不是匀速运动，A错误；既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，受到的合外力一定不等于0，B正确，C错误；所有做曲线运动的物体，所受的合外力一定与瞬时速度方向不在一条直线上，或加速度方向与瞬时速度方向不在一条直线上，D错误。
2．【知识点】求解平抛运动、类平抛运动问题
【答案】C
【详解】三个球落地瞬间，B球落地瞬间，为速度与竖直方向的夹角由可知。
3．【知识点】万有引力定律问题的分析与计算
【答案】C
【详解】
A．第一宇宙速度是围绕地球做圆周运动的最大速度，则核心舱的速度小于第一宇宙速度，A错误；
B．核心舱中的宇航员处于完全失重状态，受地球的引力提供其做圆周运动的向心力，B错误；
C．由万有引力提供向心力有，解得，由于小卫星运行圆轨道半径小于核心舱圆轨道半径，则小卫星运行的加速度大于核心舱的加速度，C正确；
D．由万有引力提供向心力有，解得，由于小卫星运行圆轨道半径小于核心舱圆轨道半径，则小卫星运行的周期小于核心舱的周期，D错误。选C。
4．【知识点】共轴转动、皮带传动及齿轮传动问题
【答案】B
【解析】P、Q两质点同轴转动，角速度相等，由于P质点运动的轨迹半径小于Q质点运动的轨迹半径，根据v＝ωr可知，P 的线速度大小小于Q 的线速度大小，A错误；根据a＝ω2r可知，由于P质点运动的轨迹半径小于Q质点运动的轨迹半径，则P的向心加速度大小小于Q的向心加速度大小，B正确；手柄以恒定的角速度转动时，即质点均在做匀速圆周运动，P质点受到重力与辘轳对P质点的作用力，根据F合＝mω2r可知，由于合力提供向心力，则合力方向时刻变化，即P质点所受外力的合力大小不变、方向时刻变化，而重力大小与方向不变，根据力的合成法则，可知辘轳对P的作用力大小与方向均发生变化，C、D错误。
5．【知识点】天体密度的计算、天体质量的计算、计算某一星球的重力加速度
【答案】B
【详解】对空间站，由牛顿第二定律有，解得地球质量，A错误；地球的平均密度为，联立解得，B正确；空间站的线速度大小，C错误；空间站所在高度处有，联立解得空间站所在高度处的重力加速度大小，D错误。
6．【知识点】共轴转动、皮带传动及齿轮传动问题
【答案】B
【详解】这两点属于同轴转动，因此角速度相同，而向心加速度大小 ，，可知点的加速度更大，A错误，B正确；由于是同轴转动，因此、 两点角速度和转速都相同，而，，可知点的线速度更大，CD错误。
7．【知识点】水平路面上车辆转弯问题、汽车过桥问题
【答案】CD
【详解】图甲所示为洗衣机脱水桶，其脱水原理是水滴的附着力小于所需的向心力时水滴做离心运动，从而被甩出，A错误；图乙中物体随水平圆盘一起做匀速圆周运动时，一定受到指向圆盘圆心的摩擦力。而当物体随水平圆盘做变速圆周时，物体的线速度大小是变化的，即在切线方向存在摩擦力的分力，即此时物体所受摩擦力不指向圆心，B错误；C.图丙中汽车过拱桥最高点时，满足，因此当汽车过拱桥最高点时，速度越大，对桥面的支持力N越小，即压力越小，C正确；图丁中若轿车转弯时速度过大发生侧翻，是因为汽车做离心运动，即需要的向心力大于提供的向心力，D正确。
8．【知识点】匀速圆周运动及其性质
【答案】BCD
【详解】链球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，铁链的拉力和链球的重力的合力大小不变，方向时刻指向圆心，A错误；链球做匀速圆周运动的向心力的大小不变，重力为恒力，则拉力在最高点最小，最低点最大，B正确；在最高点时，速度方向与重力方向垂直，瞬时功率为零，在最低点时，速度方向与重力方向垂直，瞬时功率为零，而在最高点和最低点之间重力瞬时功率不为零，链球上升过程中，克服重力做功的瞬时功率先增大后减小，C正确；链球下降过程中，铁链拉力一直做负功，链球的机械能不断减小，D正确。
9．【知识点】弹性势能的变化与弹力做功的关系、重力势能的变化与重力做功的关系
【答案】CD
【详解】对小球分析，由于弹簧对小球做负功，因此小球的机械能逐渐减小，A错误；小球在向下运动的过程中，弹簧的弹力逐渐增大，小球所受的合力先减小后反向增大，所以小球的速度先变大后变小，小球的动能先变大后变小，B错误；把小球和弹簧看成一个系统，系统的动能、重力势能和弹性势能之和保持不变，小球在向下运动的过程中，弹簧的弹力逐渐增大，弹性势能逐渐增大，所以小球的动能与重力势能之和逐渐减小，C正确；把小球和弹簧看成一个系统，系统的动能、重力势能和弹性势能之和保持不变，小球在向下运动的过程中，重力一直做正功，重力势能逐渐减小，小球的动能与弹簧的弹性势能之和逐渐增大，D正确。
10．【知识点】机车启动的两种方式
【答案】　ABD
【详解】　当汽车速度为v时，由功率公式有P额＝F牵1v，结合题意由牛顿第二定律有F牵1－F阻＝mg；同理当汽车速度为2v时有P额＝2F牵2v，由牛顿第二定律有F牵2－F阻＝mg，联立解得F阻＝mg，P额＝mgv，A、B正确；汽车在斜坡上加速行驶并达到最大速度时，由牛顿第二定律有F牵－mgsin θ－F阻＝0，且P额＝F牵vm，联立解得F牵＝mg，vm＝v，C错误，D正确。
11．【知识点】实验：探究平抛运动的特点
【答案】（1）AC；（2）BCE；（3）
【详解】（1）图1装置探究平抛运动竖直方向的运动情况，需调整装置高度，多次重复实验。
（2）为使小钢球离开轨道后做平抛运动，斜槽轨道不一定要光滑，但末端要水平，A错误；记录的点需要尽量多一些，B正确；用重锤线确定y轴方向，C正确；上下调节挡板N时不需要保证等间距移动，D错误；为了保证小钢球的初速度相同，则需要让小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下，E正确。
（3）由题意可知，小钢球从O点开始做平抛运动，根据平抛运动的特点可知，小钢球在竖直方向上有，在水平方向上有x=v0T，联立解得。
12．【知识点】天体密度的计算
【答案】（1）
（2）
【详解】（1）根据平抛运动规律有
联立解得该星球表面的重力加速度
（2）根据黄金代换式
因为密度
联立以上，解得该星球的平均密度
13．【知识点】实验：验证机械能守恒定律
【答案】（1）C；（2）D；（3）；（4）
【详解】（1）根据，可知可以被约去，不需要测量质量，所以不需要天平，打点计时器可以计时，不需要秒表，需要刻度尺测量纸带上点的间距，不需要螺旋测微器。
（2）应先接通电源，再释放纸带，提高纸带利用率，A错误；根据，可知可以被约去，不需要测量重物质量，B错误；电磁打点计时器使用的是低压交流电源，C错误； 实验时，因存在阻力，所以重物减少的重力势能总是略大于增加的动能，D正确。
（3）从到的过程中，重物减小的重力势能为；
（4）打点计时器打点时，根据匀变速直线运动中间时刻速度等于平均速度可得重物的瞬时速度为。
14．【知识点】功和功率
【答案】（1）
（2）
【题图剖析】
【详解】
（1） 夯杆加速上升过程受力如图所示,由牛顿第二定律有（点拨：滑动摩擦力大小等于动摩擦因数乘以正压力）
解得，（1分）
当夯杆加速到时（关键：要先找到共速状态,可类比水平传送带模型）,上升高度为，
未到达坑口时,加速运动的时间为（1分）
匀速运动的时间为（1分）
竖直上抛上升过程（易错点：摩擦轮将夯杆松开后,夯杆并不是做自由落体运动,而是还会向上运动一段距离,再做自由落体运动,这里容易忽略）的运动时间为，
竖直上抛上升高度为，
自由落体到坑底的距离为，
解得（1分）
所以（1分）
（2） 一个打夯周期内电动机对夯杆所做的功为
（1分）
夯杆与摩擦轮间的相对位移（1分）
相对滑动产生的热量（1分）
所以一个周期内电动机因带动夯杆而做功的功率为
（1分）
【易错警示】 电动机对夯杆做功过程分为加速阶段和匀速阶段,加速阶段由于存在相对滑动,电动机做的功数值上等于摩擦生热产生的内能加上夯杆增加的机械能,而不能简单地用力乘以夯杆的位移进行计算。
一题多解 这里也可以把摩擦轮将夯杆松开到夯杆运动到坑底看成一个全过程,此时有,解得
15．【知识点】应用动能定理求解多阶段、多过程问题
【答案】（1）4.5J；（2）68N，方向竖直向下；（3）2.7m
【详解】（1）小物块离开平台后做平抛运动，竖直方向有
解得物块到达A点时的竖直分速度为
物块从A点沿切线方向进入圆弧轨道，则物块做平抛运动的初速度为
由能量守恒可得弹簧储存的弹性势能为
（2）物块从水平面运动到B点的过程，由机械能守恒可得
经过B点时，由牛顿第二定律可得
联立解得
由牛顿第三定律可知，物块经过B点时，对圆弧轨道压力大小为
方向竖直向下。
（3）物块从B运动到C过程由机械能守恒定律得
解得
物块沿轨道CD向上作匀减速运动的最大位移为，根据动能定理可得
解得
由于
可知物块速度减为零后，反向加速下滑，设物块可以回到A点，根据动能定理可得
可得
可知物块返回时可以从A点离开轨道，所以物块在轨道CD上运动的路程为
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